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2025北师大版数学选择性必修第二册
培优课1　数列的通项公式问题
A级必备知识基础练
1.[探究点二]已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且a5=5,a1+S11=67,则a3a10是{an}中的(　　)
A.第30项 B.第36项
C.第48项 D.第60项
2.[探究点二]已知在数列{an}中,a1=1,an+1=,则这个数列的第n项为(　　)
A.2n-1 B.2n+1
C. D.
3.[探究点一]已知数列{an}满足a1=,an+1=an+,则{an}的通项公式为(　　)
A.an=,n≥1,n∈N+
B.an=,n≥1,n∈N+
C.an=-,n≥1,n∈N+
D.an=,n≥1,n∈N+
4.[探究点三]已知等比数列{an}的前n项和为Sn=3n+1+t,则数列的通项公式an=　 .
5.[探究点二]已知在数列{an}中,a1=,an+1=an+n+1,则an=　　　　　.
6.[探究点二、三]数列{an}满足a1=1,Sn+1=4an+3.
(1)求证:数列{an+1-2an}是等比数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
7.[探究点二、三]已知数列{an}的前n项和Sn满足an·Sn=(Sn-1)2.
(1)证明:数列为等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式.
B级关键能力提升练
8.已知在数列{an}中,a1=1,an+1=an+n,则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=
B.an=
C.an=
D.an=n2-n+1
9.在数列{an}中,若a1=1,an+1=2an+3(n∈N+),则该数列的通项an=(　　)
A.2n+1-3 B.2n-3
C.2n+1+3 D.2n+1-1
10.在数列{an}中,a1=2,+ln,则an=(　　)
A.a8
B.2+(n-1)ln n
C.1+n+ln n
D.2n+nln n
11.已知数列{an}满足a1=1,an=n(an+1-an),则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=2n-1
B.an=
C.an=n2
D.an=n
12.已知数列{an}的前n项和为Sn,a2=6,Sn=(n∈N+),则数列{an}的通项公式为(　　)
A.an=3n
B.an=3n
C.an=n+4
D.an=n2+2
13.正项数列{an}满足anan+2=,n∈N+.若a5=9,a2a4=1,则a2的值为　　　　　.
14.数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+3,则an=　　　　　.
15.在数列{an}中,a1=0,an+1-an=,且an=9,则n=　　　　　.
16.已知数列{an}满足a1a2…an=2-2an,n∈N+.
(1)求a1的值,并证明数列是等差数列;
(2)求数列{an}的通项公式并证明:≤an<1.
17.已知f(x)=-,数列{an}的前n项和为Sn,点Pn在曲线y=f(x)上(n∈N+)且a1=1,an>0.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)数列{bn}的前n项和为Tn,且满足+16n2-8n-3,确定b1的值使得数列{bn}是等差数列.
C级学科素养创新练
18.已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a1=1,nSn+1-(n+1)Sn=,n∈N+.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)是否存在正整数k,使ak,S2k,a4k成等比数列 若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.
参考答案
培优课1　数列的通项公式问题
1.A　设等差数列{an}的公差为d,由a5=5,得a1+4d=5①;由a1+S11=67,得12a1+d=67,即12a1+55d=67②.由①②解得a1=1,d=1,所以an=n.于是a3a10=3×10=30,而a30=30,故a3a10是{an}中的第30项.故选A.
2.C　∵an+1=,a1=1,∴=2.
∴为等差数列,公差为2,首项=1.
∴=1+(n-1)×2=2n-1,∴an=.
3.D　因为an+1=an+,所以an+1-an=,则当n≥2,n∈N+时,将(n-1)个式子相加可得an-a1=1-+…+=1-.因为a1=,则an=1-,当n=1时,a1=符合上式,所以an=,n≥1,n∈N+.故选D.
4.2×3n　∵在等比数列{an}中,前n项和Sn=3n+1+t,
∴a1=S1=9+t,a2=S2-S1=18,a3=S3-S2=54,
∴182=54(9+t),解得t=-3,
∴a1=9+t=6,公比q=3,∴an=6×3n-1=2×3n.
5.　因为a1=,an+1=an+n+1,
所以2n+1an+1=·2nan+1,
整理得2n+1an+1-3=(2nan-3),所以数列{2nan-3}是以2a1-3=-为首项,为公比的等比数列.
所以2nan-3=-×n-1,所以an=.
6.(1)证明当n=1时,a1=1,S2=a1+a2=4a1+3,
解得a2=6,
当n≥2时,由Sn+1=4an+3可知Sn=4an-1+3,
两式作差可得an+1=4an-4an-1,
即an+1-2an=2(an-2an-1),
又因为a2-2a1=4,所以an-2an-1≠0,所以=2,
所以数列{an+1-2an}是首项为4,公比为2的等比数列.
(2)解由(1)知an+1-2an=4×2n-1=2n+1,
两边同除以2n+1,得=1,
又因为,所以数列是首项为,公差为1的等差数列,所以+(n-1)=,
整理得an=2n-1(2n-1),
故数列{an}的通项公式为an=2n-1(2n-1).
7.(1)证明 当n=1时,由an·Sn=(Sn-1)2得a1=S1=,当n≥2时,由an·Sn=(Sn-1)2有(Sn-Sn-1)·Sn=(Sn-1)2,所以Sn=,则=-1,
又=-2,所以数列是以-2为首项,以-1为公差的等差数列.
(2)解 由(1)知=-2-(n-1)=-n-1,所以Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=.
当n=1时,a1=也满足an=.
所以数列{an}的通项公式为an=.
8.C　因为an+1=an+n,所以an=an-1+n-1(n≥2).
又因为a1=1,则an=(an-an-1)+(an-1-an-2)+…+(a2-a1)+a1=(n-1)+(n-2)+…+1+1=+1=.故选C.
9.A　由an+1=2an+3,得an+1+3=2(an+3),又a1=1,
∴a1+3=4≠0,∴数列{an+3}是以4为首项,以2为公比的等比数列,则an+3=4×2n-1,∴an=2n+1-3.故选A.
10.D　由题意得,+ln,则+ln+ln,…,+ln,由累加法得+ln+ln+…+ln,即=a1+ln,则=2+ln n,所以an=2n+nln n.故选D.
11.D　由an=n(an+1-an),得(n+1)an=nan+1,即,则,…,,n≥2.由累乘法可得=n,所以an=n,n≥2.又a1=1,符合上式,所以an=n.故选D.
12.A　当n=1时,S1=a1;当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,整理得(n-1)an=nan-1,即,由累乘法得an=a2××…×=6××…×=3n(n≥2).又S2=·a2=a2+a1,解得a1=3,满足上式.综上,an=3n(n∈N+).故选A.
13.　∵an>0,anan+2=,
∴=…=,
∴{an}是等比数列,设数列{an}的公比为q,且q>0,
由a5=9,a2a4=1得解得
∴a2=a1q=×3=.
14.　根据题意,数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+3,当n=1时,a1=S1=1-2+3=2,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n2-2n+3-(n-1)2+2(n-1)-3=2n-3,故an=
15.100　根据题意,an+1-an=,
∴a2-a1=-1,
a3-a2=,
……
an-an-1=.
上述式子相加可得an-a1=-1,
即an=-1,令-1=9,解得n=100.
16.(1)解当n=1时,a1=2-2a1,解得a1=,
当n≥2时,a1a2…an=2-2an,a1a2…an-1=2-2an-1,两式相除得an=(n∈N+,n≥2),
整理得-1(n∈N+,n≥2),
即=1(n∈N+,n≥2),
∵=3,∴为等差数列,公差为1,首项为3.
(2)证明由(1)得=n+2,则an=(n∈N+).
∵an==1-<1,
又数列{an}是递增数列,∴an≥a1=.∴≤an<1.
17.解 (1)因为f(x)=-,且点Pnan,-在曲线y=f(x)上(n∈N+),
所以,即=4,
所以是以1为首项,以4为公差的等差数列,
所以=1+4(n-1)=4n-3,即an=(n∈N+).
(2)由(1)知:+16n2-8n-3,
即为(4n-3)Tn+1=(4n+1)Tn+(4n-3)(4n+1),
整理得=1,
所以数列是以T1为首项,以1为公差的等差数列,则=T1+n-1,即Tn=(4n-3)(T1+n-1),
当n≥2时,bn=Tn-Tn-1=4b1+8n-11,
若{bn}是等差数列,则b1适合上式,令n=1,得b1=4b1-3,解得b1=1.
18.解(1)由nSn+1-(n+1)Sn=,
得,
∴数列是首项为=1,公差为的等差数列,
∴=1+(n-1)=(n+1),∴Sn=.
当n≥2时,an=Sn-Sn-1==n.
而a1=1适合上式,∴an=n.
(2)由(1)知an=n,Sn=.
假设存在正整数k,使ak,,a4k成等比数列,
则=ak·a4k,即2=k·4k.
∵k为正整数,∴(2k+1)2=4,得2k+1=2或2k+1=-2,
解得k=或k=-,与k为正整数矛盾.
∴不存在正整数k,使ak,,a4k成等比数列.
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